专题 24.2 圆与四边形的综合
【典例1】定义：有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”．例如：凸四边形ABCD中，
若∠A=∠C，∠B≠∠D，则称四边形ABCD为准平行四边形．
（1）如（图①），A、B、C、D是⊙O上的四个点，∠APC=∠CPB=60°，延长BP到Q，使
AQ=AP．求证：四边形AQBC是准平行四边形；
（2）如（图②），准平行四边形ABCD内接于⊙O，AB≠AD，BC=DC，若⊙O的半径为5，AB=6，
求AC的长；
（3）如（图③），在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=2，若四边形ABCD是准平行四边形，
且∠BCD≠∠BAD，请直接写出BD长的最大值．
【思路点拨】
（1）可证△APQ是等边三角形，可得∠Q=60°=∠QAP，由圆的内接四边形的性质可得
∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，由四边形内角和定理可证∠QAC≠∠QBC，可得结论；
（2）如图②，连接BD，由准平行四边形定义可求∠BAD=∠BCD=90°，可得BD是直径，由勾股定理
可求AD=8，将ΔABC绕点C顺时针旋转90°得到ΔCDH，可得AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°
，∠ABC=∠CDH，由勾股定理可求AC的长；
（3）如图③，作△ACD的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，由准平行四边形定义
可求∠ABC=∠ADC=60°，可得∠AOC=120°，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质，可求
OE=1，CO=2OE=2，由勾股定理可求OB，由当点D在BO的延长线时，BD的长有最大值，即可求解．【解题过程】
解：证明：（1）∵∠APC=∠CPB=60°，
∴∠APQ=60°，且AQ=AP，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠Q=60°=∠QAP，
∵四边形APBC是圆内接四边形，
∴∠QPA=∠ACB=60°，
∵∠Q+∠ACB+∠QAC+∠QBC=360°，
∴∠QAC+∠QBC=240°，
且∠QAC=∠QAP+∠BAC+∠PAB=120°+∠PAB>120°，
∴∠QBC<120°，
∴∠QAC≠∠QBC，且∠QPA=∠ACB=60°=∠Q，
∴四边形AQBC是准平行四边形．
（2）如图②，连接BD，
∵AB≠AD，BC=DC，
∴∠ABD≠∠ADB，∠CBD=∠CDB，
∴∠ABC≠∠ADC，
∵四边形ABCD是准平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴BD是直径，
∴BD=10，∴AD=❑√BD2−AB2=❑√100−36=8，
将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△CDH，
∴AB=DH=6，AC=CH，∠ACH=90°，∠ABC=∠CDH，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ADC+∠CDH=180°，
∴点A，点D，点H三点共线，
∴AH=AD+DH=14，
∵AC2+CH2=AH2，
∴2AC2=196，
∴AC=7❑√2．
（3）如图③，作ΔACD的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，
∵∠C=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠ABC=60°，∠ABC=60°，AC=❑√3BC=2❑√3
∵四边形ABCD是准平行四边形，且∠BCD≠∠BAD，
∴∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠AOC=120°，且OE⊥AC，OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO=30°，CE=AE=❑√3，
∴OE=1，CO=2OE=2，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠ECF=90°，
∴四边形CFOE是矩形，
∴CE=OF=❑√3，OE=CF=1，
∴BF=BC+CF=3，∴BO=❑√BF2+OF2=❑√9+3=2❑√3，
∵当点D在BO的延长线时，BD的长有最大值，
∴BD长的最大值=BO+OD=2❑√3+2．
1．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连
接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
（1）求证：AF=CE；
（2）若BF=2，DH=❑√5，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得
∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得BD=2DH=2❑√5．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾
股定理，即可求解．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
{∠AFD=∠CED
)
在△DAF和△DCE中， ∠A=∠C ，
AD=CD
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，DH=❑√5，
∴BD=2DH=2❑√5．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴AD2−(AD−2) 2=(2❑√5) 2 −22．
∴AD=5．
5
∴⊙O的半径为 ．
2
2．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，G为AD的中点，△GBC的外接圆
⊙O交CD于点F．（1）求证：AD与⊙O相切；
（2）若DF=1，CF=3，求BC的长．
【思路点拨】
（1）连接GO并延长交BC于点E，连接OB,OC，可证得△ABG≌△DCG，从而得到GB=GC，进而得
到EG垂直平分BC，从而得到¿⊥AD，即可求证；
1 3
（2）过点O作OH⊥CD，垂足为H，连接OF，FH= CF= ，先证明四边形OGDH是矩形，可得
2 2
3 5
OH=DG，DH=OG=DF+FH=1+ = ，再根据勾股定理求出OH，即可求解．
2 2
【解题过程】
（1）证明：证明：连接GO并延长交BC于点E，连接OB,OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AD∥BC,∠A=∠D=90°．
∵G为AD的中点，，
∴AG=DG．
∴△ABG≌△DCG．
∴GB=GC．
∵OB=OC，
∴EG垂直平分BC，即∠CEG=90°．
∴∠DGE+∠GEC=180°，
∴∠DGE=180°−∠GEC=180°−90°=90°，即¿⊥AD．
∵点G在⊙O上，∴AD与⊙O相切；
1 3
（2）解：过点O作OH⊥CD，垂足为H，连接OF，FH= CF= ，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AD=BC，
∵AD与⊙O相切，
∴∠OGD=90°．
∵∠OHD=90°，
∴四边形OGDH是矩形．
3 5
∴OH=DG，DH=OG=DF+FH=1+ = ，
2 2
5
∴DH=OG=OH= ，
2
∴OH=❑√OF2−FH2=2，
∴DG=2，
∵G是AD的中点，
∴BC=AD=2DG=4．
3．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AC是对角线，∠CAB=90°，以点A为
圆心，以AB的长为半径作⊙A，交BC边于点E，交AC于点F，连接DE．
（1）求证：DE与⊙A相切；
（2）若∠ADE=30°，AB=6，求EF的长．【思路点拨】
（1）连接AE，根据平行四边形的性质得到∠DAE=∠AEB，然后根据SAS证明△AED≌△BAC，根据
全等三角形的性质即可证明；
（2）连接EF，作EG⊥AC，由（1）可知△AED≌△BAC的性质得出∠ADE=∠ACB=30°后证明
△ABE是等边三角形，接着求出∠CAE=30°，利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半求出
¿=3，AG=3❑√3，最后利用勾股定理求出EF的长．
【解题过程】
（1）解：连接AE，
∵平行四边形ABCD，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠EAD=∠AEB，
∵AE=AB，
∴∠AEB=∠ABE，
∴∠EAD=∠ABE，
在△AED和△BAC中，
{
AB=EA
)
∠EAD=∠ABE
BC=AD
∴△AED≌△BAC(SAS)，
∴∠AED=∠BAC，
∵∠CAB=90°，
∴∠AED=∠BAC=90°，
∵AE是⊙A的半径，
∴DE与⊙A相切；
（2）连接EF，作EG⊥AC，由（1）可知△AED≌△BAC，
∴∠ADE=∠ACB=30°，
∵∠CAB=90°，AB=6，
∴∠ABE=60°，
又∵AE=AB，
∴△ABE是等边三角形，
∴AC=6❑√3，BC=12，∠CAE=30°
∴BE=EC=6，
∵EG⊥AC，
∴∠EGA=90°，
∴¿=3，AG=3❑√3，
∴GF=6−3❑√3，
在Rt△EFG中，
EF=❑√GE2+GF2=❑√32+(6−3❑√3) 2=❑√6×(3−❑√3) 2=3❑√6−3❑√2．
4．（2023秋·江苏泰州·九年级泰州市第二中学附属初中校考期末）如图1，▱ABCD中，O为BC上一
点，AO平分∠BAD，以O为圆心，OC为半径的圆，与AB相切于点E
（1）求证：⊙O与AD相切
（2）如图2，若⊙O与AD相切于点F，DF=7，BO=5，且∠D>45°，求弧FC、线段DF和CD组成的图形面积．
【思路点拨】
（1）过点O作OF⊥AD于点F，根据切线的性质可得OE⊥AB，再由角平分线的性质可得OE=OF，
即可；
（2）设⊙O的半径为r，则OC=OE=OF=r，根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，
∠B=∠D>45°，再由AO平分∠BAD，可得∠BAO=∠AOB，从而得到AB=OB=5，根据DF=7，
BO=5，可得AE=r−2，再由切线长定理可得AE=AF=r−2，从而得到BE=AB−AE=7−r，再由勾
股定理求出r的长，然后根据弧FC、线段DF和CD组成的图形面积=S −S ，即可求解．
梯形CDFO 扇形COF
【解题过程】
（1）证明∶过点O作OF⊥AD于点F，
∵⊙O与AB相切，
∴OE⊥AB，
∵AO平分∠BAD，
∴OE=OF，
∵OE为半径，
∴⊙O与AD相切；
（2）解∶设⊙O的半径为r，则OC=OE=OF=r，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠B=∠D>45°，
∴∠FAO=∠AOB，
∵AO平分∠BAD，
∴∠BAO=∠FAO，
∴∠BAO=∠AOB，
∴AB=OB=5，
∵DF=7，BO=5，
∴AF+7=5+r，∴AE=r−2，
∵⊙O与AD相切，⊙O与AB相切，
∴OE⊥AB，OF⊥AD，AE=AF=r−2，
∴∠OEA=90°，BE=AB−AE=7−r，
∴BE2+OE2=OB2，
∴(7−r) 2+r2=52，解得：r=4或3，
当r=4时，BE=3，当r=3时，BE=4，
∵∠B>45°，
∴∠BOE<45°=∠B，
∴OE>BE，
∴r=4，即OC=OE=OF=4，
∵OF⊥AD,AD∥BC，
∴OF⊥BC，即∠COF=90°，
∴弧FC、线段DF和CD组成的图形面积
=S −S
梯形CDFO 扇形COF
1 90π×OC2
= (OC+DF)×OF−
2 360
1 90π×42
= (4+7)×4−
2 360
=22−4π．
5．（2022秋·江苏盐城·九年级景山中学校考阶段练习）如图，已知正方形 ABCD 的边长为4，以点 A 为
圆心，1为半径作圆，点 E 是⊙A 上的一动点，点 E 绕点 D 按逆时针方向转转 90°，得到点 F，接
AF．
（1）求CF长；
（2）当A、E、F三点共线时，求EF长；（3） AF的最大值是__________．
【思路点拨】
（1）连接AE，根据同角的余角相等可得：∠EDA=∠FDC，利用全等三角形的判定定理可得：
ΔEDA≅ΔFDC，再由其性质即可得解；
（2）分两种情况讨论：①当点E在正方形内部时，点A、E、F三点共线时，AF与圆C相切；②当点E在
正方形外部时，点A、E 、F 三点共线时，AF 与圆C相切；两种情况分别利用勾股定理进行求解即可
1 1 1
得；
（3）根据题意判断出AF最大时，点C在AF上，根据正方形的性质求出AC，从而得出AF的最大值．
【解题过程】
解：（1）连接AE，如图所示：
∵∠EDF=∠ADC=90°，
即：∠EDA+∠ADF=∠ADF+∠FDC=90°，
∴∠EDA=∠FDC，
在ΔEDA与ΔFDC中，
¿，
∴ΔEDA≅ΔFDC，
∴CF=AE=1；
（2）①如图所示：当点A、E、F三点共线时，AF与圆C相切，则∠AFC=90°，
AC=❑√AD2+CD2=❑√42+42=❑√32，
CF=1，
∴AF=❑√AC2+CF2=❑√31，
∴EF=AF−AE=❑√31−1；
②如图所示：当点A、E 、F 三点共线时，AF 与圆C相切，
1 1 1
则∠AF C=90°，
1
AC=4❑√2，
CF =1，
1
∴AF =❑√AC2−CF 2=❑√31，
1 1
∴EF=AF +AE =❑√31+1；
1 1
综合可得：当点A、E、F三点共线时，EF长为❑√31−1或❑√31+1；
（3）如图所示，点C在线段AF上，AF取得最大值，AF=AC+CF，
∵AC=❑√32=4❑√2，
∴AF=4❑√2+1，
即：AF的最大值是4❑√2+1，
故答案为：4❑√2+1．
6．（2022秋·浙江衢州·九年级校考阶段练习）新定义：在一个四边形中，若有一组对角都等于90°，则称
这个四边形为双直角四边形．如图1，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，那么四边形ABCD就是双直角
四边形．
（1）若四边形ABCD是双直角四边形，且AB＝3，BC＝4，CD＝2，求AD的长；
（2）已知，在图2中，四边形ABCD内接与⊙O，BC＝CD且∠BAC＝45°；
①求证：四边形ABCD是双直角四边形；
②若AB＝AC，AD＝1，求AB的长和四边形ABCD的面积．
【思路点拨】
（1）连接BD，运用勾股定理求出BD和AD即可；
（2）①连接OB，OC，OD，证明BD是⊙O的直径即可；②过点D作DE⊥AC于点E，设圆的半径为
R，由勾股定理求出AB，AD，BC，CD的长，再根据S =S +S 运用三角形面积公式求解即
ABCD ΔABD ΔBCD
可．【解题过程】
解：（1）连接BD，如图，
在Rt ΔBCD中，BC＝4，CD＝2，
∵BD2=BC2+CD2
∴BD=❑√16+4=2❑√5
在Rt ΔABD中，AB＝3，BD＝2❑√5 ，
∵BD2=BA2+AD2
∴AD=❑√20−9=❑√11
（2）连接OB，OC，OD，如图，
∵∠BAC=45°
∴∠BOC=90°
在ΔBOC和ΔDOC中
{OB=OD
)
OC=OC
BC=CD
∴ΔBOC≌ΔDOC
∴∠DOC=∠BOC=90°∴O是线段BD的中点，
∴BD为⊙O的直径
∴∠BCD=∠BAD=90°
∴四边形ABCD是双直角四边形；
（3）过点D作DE⊥AC于点E，
∵∠BAC=45°,∠BAD=90°
∴∠EAD=45°
∴ΔAED是等腰直角三角形
在Rt ΔAED中，AE=ED，AE2+ED2=AD2
∵AD=1
❑√2
∴AE=ED=
2
设圆的半径为R，
∵ΔBOC和ΔDOC均为等腰直角三角形，
∴BC=CD=❑√2R
√ 1 ❑√2
在Rt ΔADC中，EC=❑√DC2−ED2=❑2R2− = ❑√4R2−1
2 2
在Rt ΔABD中，AB=❑√BD2−AD2=❑√4R2−1
∵AB=AC，AC=AE+EC
❑√2 ❑√2
∴❑√4R2−1= ❑√4R2−1+
2 2
❑√2
解得，R2=1+
2
∴S =S +S
ABCD ΔABD ΔBCD1 1
= AB×AD+ BC×CD
2 2
❑√2+1 1
= + ×❑√2R×❑√2R
2 2
❑√2+1
= +R2
2
❑√2+1 ❑√2
= +1+
2 2
3
= +❑√2
2
7．（2022春·江苏·九年级期末）如图1，已知矩形ABCD中AB=2❑√3，AD=3，点E为射线BC上一点，
连接DE，以DE为直径作⊙O
（1）如图2，当BE=1时，求证：AB是⊙O的切线
（2）如图3，当点E为BC的中点时，连接AE交⊙O于点F，连接CF，求证：CF=CD
（3）当点E在射线BC上运动时，整个运动过程中CF长度是否存在最小值？若存在请直接写出CF长度
的最小值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）过点O作OM⊥AB，且OM的反向延长线交CD于点N．根据题意结合图形易证线段ON为△DEC
中位线，即可求出CE长，从而求出ON与OM长，最后在Rt△DEC中利用勾股定理即可求出DE的长，即
⊙O的直径，即可判断OD=DE=OM，从而证明AB为⊙O的切线．
（2）设⊙O与AD交于点G，连接CG、EG、DF、FG，利用圆周角定理以及三角形中线的性质易证
△CFG≅△CDG(HL)，即证明CF=CD．
1 3
（3）取AD中点H，连接CH、FH、FD．根据（2）中三角形中线的结论可知FH= AD= ，再在
2 2
❑√57
Rt△CDH中，利用勾股定理可求出CH= ．最后利用三角形三边的关系即可求出CF的最小值．
2【解题过程】
（1）如图，过点O作OM⊥AB，且OM的反向延长线交CD于点N．
由题意可知四边形BCNM为矩形，
∴MN=AD=3，
∵O为圆心，即O为DE中点，
∴N为DC中点，即线段ON为△DEC中位线，
又∵CE=BC−BE=3−1=2，
1
∴ON= CE=1，
2
∴OM=MN-ON=3-1=2．
在Rt△DEC中，DE=❑√CD2+CE2=❑√ (2❑√3) 2+22=4．
∴OD=DE=OM=2．
即AB为⊙O的切线．
（2）设⊙O与AD交于点G，连接CG、EG、DF、FG，
∵DE为直径，
∴∠EGD=∠EFD=90°．∴∠GEC=90°，
∴CG为直径．
∴∠CFG=∠CDG=90°，
∵E为BC中点，
∴G为AD中点，
在Rt△AFD中，FG为中线，
∴AG=DG=FG，
{FG=DG)
在Rt△CFG和Rt△CDG中， ，
CG=CG
∴△CFG≅△CDG(HL)．
∴CF=CD．
（3）如图，取AD中点H，连接CH、FH、FD．
1 3
由（2）可知FH= AD= ，
2 2
√ 3 2 ❑√57
在Rt△CDH中，CH=❑√CD2+H D2=❑(2❑√3) 2+( ) = ，
2 2
❑√57 3
∵CF≥CH−FH= − ．
2 2
❑√57 3
∴当F点在CH上时CF长有最小值，最小值为 − ．
2 2
8．（2022秋·江苏·九年级期中）如图1，已知A(−10,0)，B(−6,0)，点C在y轴的正半轴上，
∠CBO=45°，CD//AB，∠CDA=90°．点P从点A出发，沿x轴以每秒1个单位长度的速度向右运
动，运动时间为t秒．（1）BC=__________；
（2）当∠BCP=15°时，求t的值；
（3）以线段PC为直径的⊙Q随点P的运动而变化，当⊙Q与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切
时，求t的值．
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的判定和勾股定理即可得出答案；
（2）分①当点P在点B右侧时，②当点P'在点B左侧时两种情况进行求解即可；
（3）分①当该圆与BC相切于点C，②当该圆与CD相切于点C，③当该圆与AD相切三种情况分别求出t
的值即可；
【解题过程】
解：（1）∵∠BOC=90°,∠CBO=45°,
∴∠BCO=∠CBO=45°,
∴B(−6,0)，
∴OC=OB=6,
∴C(0,6),
∴BC=❑√2OB=6❑√2.
（2）如图1中，
①当点P在点B右侧时，∵∠BOC=45°,∠BCP=15°,
∴∠POC=30°,
∴OP=2❑√3,
∴t =10−2❑√3,
1
②当点P'在点B左侧时，
∵∠BCO=45°,∠BCP′=15°,
∴∠P′CO=60°,
∴OP′=6❑√3,
∴t =10−6❑√3,
2
综上所述： t的值为10−2❑√3或10−6❑√3
(3)如图2中，
由题意知，若该圆与四边形ABCD的边相切，有以下三种情况：
①当该圆与BC相切于点C时，有
∠BCP=90°,
则∠OCP=45°，OP =6,
1
∴AP =OA+OP =10+6=16,
1 1
t=16秒，
②当该圆与CD相切于点C时，有P C⊥CD,即点P 与点O重合，
2 2
∴AP =OA=10,
2
t=10秒，
③当该圆与AD相切时，
设P 的坐标为(-10 +t，0)，
3∴C(0,6),
t
∴M点的坐标为(−5+ ,3),
2
t 2
∴MC2=(5−
)
+32,
2
过M作MH⊥AD于H ，
1
∴MH= (AP +CD)
2 3
1
= (10+t)
2
t
=5+ ,
2
∵M H2=MC2,
t 2 t 2
∴(5+ ) =(5− ) +32,
2 2
整理得10t=9，
9
解得t= ,
10
9
综上所述，当⊙Q与四边形ABCD的边或边所在的直线相切时，t的值为16秒或10秒或 秒
10
9．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点（不含端
点），以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接
PM、ON．
（1）试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
（2）若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请求出t的取值范围；若不存在，请说明理由．
②试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系（需
说明理由）．
【思路点拨】（1）由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ＝OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，
PA＝QO．由中点的性质可得OM＝PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由等腰三角形的性质可得
∠ONP＝90°，可得结论；
（2）①求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点
Q落在半圆O内时，t的取值范围；
②由面积公式可得S OMPN＝S AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°（运动至最高
矩形 △
点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ＝
90°，可证PQ与半圆O相切．
【解题过程】
解：（1）四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ＝OB，
又∵OB＝OA，
∴PQ＝AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA＝QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
1 1
∴OM＝ OQ，PN＝ AP，
2 2
∴OM＝PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP＝OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN为矩形；
（2）①如图，当点Q落在半圆O上时，
∵四边形POBQ是平行四边形，∴PQ＝OB，PO＝BQ，
又∵OB＝OP＝OQ，
∴OP＝OQ＝PQ＝BO＝BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ＝∠BOQ＝60°，
∴∠BOP＝120°，
120
∴t＝ ＝8s，
15
∴当t＝8s时，点Q落在半圆O上，
180
∵当点P与点A重合时，t＝ ＝12s，
15
∴当8＜t＜12时，点Q落在半圆O内；
②∵四边形OMPN为矩形，
1
∴S OMPN＝ON•NP＝ AP•ON，
矩形 2
∴S OMPN＝S AOP，
矩形 △
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°（运动至最高点）时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t＝90÷15＝6秒．
∴当t＝6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB＝90°，PQ//OB，
∴∠OPQ＝90°，
∴PQ与半圆O相切．
10．（2022秋·江苏扬州·九年级校联考期中）如图①，矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上
方，线段AB与点E、F都在直线l上，且AB=7，EF=10，BC＞5．点B以1个单位/秒的速度从点E处
出发，沿射线EF方向运动，矩形ABCD随之运动，运动时间为t秒．（1）如图②，当t=2.5时，求半圆O在矩形ABCD内的弧的长度；
（2）在点B运动的过程中，当AD、BC都与半圆O相交时，设这两个交点为G、H．连接OG、OH，若
∠GOH为直角，求此时t的值．
（3）当矩形ABCD为正方形时，连接AC，在点B运动的过程中，若直线AC与半圆只有一个交点，则t
的取值范围是 ．
【思路点拨】
（1）通过判定△MEO为等边三角形，然后根据弧长公式求解；
（2）通过判定△GAO≌△HBO，然后利用全等三角形的性质分析求解；
（3）当半圆O与直线AC相切时，可求得t=12−5❑√2，此时半圆O与直线AC只有一个交点；当点E与
点A重合时，可求得t=7，此时半圆O与直线AC有两个交点；当点F与点A重合时，可求得t=17，此时
半圆O与直线AC只有一个交点，即可得到t的取值范围．
【解题过程】
（1）设BC与⊙O交于点M
当t=2.5时，BE=2.5
∵EF=10
1
∴OE= EF=5
2
∴OB=2.5
∴EB=OB
在矩形ABCD中，∠ABC=90°
∴ME=MO
又∵MO=EO
∴ME=EO=MO
∴△MOE是等边三角形
∴∠EOM=90°
60π×5 5π
∴l = =
⏜ 180 3
ME5π
即半圆O在矩形ABCD内的弧的长度为 .
3
（2）连接GO，HO
∵∠GOH=90°
∴∠AOG+∠BOH=90∘，
∵∠AGO+∠AOG=90∘
∴∠AGO=∠BOH，
在△AGO和△OBH中，
{∠AGO=∠BOH
)
∠GAO=∠HBO
OG=OH
∴△AGO≌△BOH
∴OB=AG=t−5
∵AB=7
∴AE=t−7
∴AO=5−(t−7)＝12−t
在Rt△AGO中，AG2+AO2=OG2
∴(t−5) 2+(12−t) 2=52
解得：t =8，t =9
1 2
即t的值为8或9．
（3）t=12−5❑√2或7<t≤17
理由：当半圆O与直线AC相切时，过圆心O作OP⊥AC于点P1
则OP= EF=5
2
∵四边形ABCD为正方形
∴∠CAB=45°
又∵OP⊥AC
∴△AOP为等腰直角三角形
则AO=❑√2OP=5❑√2
∴BE=AB+OE−AO=7+5−5❑√2=12−5❑√2
则t=12−5❑√2，此时半圆O与直线AC相切；
当点E与点A重合时，t=7，此时半圆O与直线AC有两个交点；
当点F与点A重合时，t=17，此时半圆O与直线AC只有一个交点，
则t的取值范围为t=12−5❑√2或7<t≤17．
故答案为：t=12−5❑√2或7<t≤17．
11．（2023秋·浙江台州·九年级统考期末）如图1，⊙O的半径为4cm，▱ABCD的顶点A，B，C在
⊙O上，AC=BC．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若AD也与⊙O相切，求证：四边形ABCD是菱形；
（3）如图2，AD与⊙O相交于点E，连接于CE，当∠B=75°时，求▱ABCD的对角线AC的长及阴影
部分图形的面积．
【思路点拨】
（1）连接OA，OB，OC，延长CO交AB于F，根据垂直平分线的性质得出CO垂直平分AB，再根据平
行四边形的性质进行证明即可；
（2）根据切线长定理和四边形ABCD是平行四边形进行证明即可；
（3）连接OA，OE，过点E作EG⊥AC交AC于G，根据平行四边形的性质和圆内接四边形的性质得出
∠CAE=30°，∠ACE=45°，再根据勾股定理、等腰三角形的性质和含30°角直角三角形的性质得到AG和CG的长，最后根据S =弓形AE的面积+S 进行求解即可．
阴影 △AEC
【解题过程】
（1）连接OA，OB，OC，延长CO交AB于F，
∵AC=BC，
∴点C在AB的垂直平分线上，
又∵OA=OB，
∴点O在AB的垂直平分线上，
∴CO垂直平分AB，
∴∠BFC=90°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BFC=∠DCF=90°，
∴OC⊥CD，
∴DC是⊙O的切线；
（2）∵DC是⊙O的切线，AD也是⊙O的切线，
∴DC=AD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）连接OA，OE，过点E作EG⊥AC交AC于G，
∵AC=BC，∴∠B=∠CAB=75°，
∴∠ACB=30°，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CAE=∠ACB=30°，
∴∠AEG=60°，
又∵四边形ABCE是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴∠AEC=105°，
∴∠CEG=45°，
∴∠ACE=45°，
∴∠AOE=90°，
又∵OA=OE=4cm，
90 1
∴弓形AE的面积=S −S = πR2− ×42=4π−8(cm2)，
扇形AOE △OAE 360 2
∵AE=❑√OA2+OE2=4❑√2cm，
∴EG=2❑√2cm，
∴AG=2❑√6cm，
∴CG=EG=2❑√2cm，
∴AC=2❑√6+2❑√2(cm)，
1
∴S = ×2❑√2(2❑√6+2❑√2)=4❑√3+4(cm2)，
△AEC 2
∴S =弓形AE的面积+S =4π−8+4❑√3+4=4π+4❑√3−4(cm2)．
阴影 △AEC
12．（2023·全国·九年级专题练习）（1）【学习心得】于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一
些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度
数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC
是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝ °．
（2）【问题解决】如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度
数．
（3）【问题拓展】如图3，如图，E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF交
BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形的边长为2，则线段DH长度的最小值是 ．
【思路点拨】
（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC=∠BAC，
（3）根据正方形的性质可得AB=AD=CD，∠BAD=∠CDA，∠ADG=∠CDG，然后利用“边角边”证明
△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1=∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全
等，根据全等三角形对应角相等可得∠2=∠3，从而得到∠1=∠3，然后求出∠AHB=90°，取AB的中点O，
1
连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH= AB=1，利用勾股定理列式求出
2
OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【解题过程】
解：（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
1
∴∠BDC＝ ∠BAC＝45°，
2
故答案是：45；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，
（3）如图3，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
{
AB=CD
)
∠BAD=∠CDA ，
AE=DF
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，{
AD=CD
)
∠ADG=∠CDG ，
DG=DG
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
1
则OH＝AO＝ AB＝1，
2
在Rt△AOD中，OD＝❑√AO2+AD2=❑√12+22=❑√5，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD﹣OH＝❑√5﹣1．
故答案为：❑√5﹣1．
13．（2022·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为直径，AC和BD交于点E，
AB＝BC．
（1）求∠ADB的度数；
（2）过B作AD的平行线，交AC于F，试判断线段EA，CF，EF之间满足的等量关系，并说明理由；
（3）在（2）条件下过E，F分别作AB，BC的垂线，垂足分别为G，H，连接GH，交BO于M，若AG
＝3，S ：S ＝8：9，求⊙O的半径．
四边形AGMO 四边形CHMO
【思路点拨】
（1）由直径所对的圆周角为直角及等腰三角形的性质和互余关系可得答案；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2=EF2．如图2，设∠ABE=α，∠CBF=β，先证明α+β=45°，再过B作BN⊥BE，使BN=BE，连接NC，判定△AEB≌△CNB（SAS）、△BFE≌△BFN
（SAS），然后在Rt△NFC中，由勾股定理得：CF2+CN2=NF2，将相关线段代入即可得出结论；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，由（2）知EA2+CF2=EF2，变形推得S =S ，S =S
△ABC 矩形BGKH △BGM 四边形
，S =S ，结合已知条件S ：S =8：9，设BG=9k，BH=8k，则CH=3+k，求
COMH △BMH 四边形AGMO 四边形AGMO 四边形CHMO
得AE的长，用含k的式子表示出CF和EF，将它们代入EA2+CF2=EF2，解得k的值，则可求得答案．
【解题过程】
解：（1）如图1，
∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ACB+∠BAC＝90°，
∵AB＝BC，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°；
（2）线段EA，CF，EF之间满足的等量关系为：EA2+CF2＝EF2．理由如下：
如图2，设∠ABE＝α，∠CBF＝β，
∵AD∥BF，
∴∠EBF＝∠ADB＝45°，
又∠ABC＝90°，
∴α+β＝45°，
过B作BN⊥BE，使BN＝BE，连接NC，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBN，BE＝BN，
∴△AEB≌△CNB（SAS），
∴AE＝CN，∠BCN＝∠BAE＝45°，
∴∠FCN＝90°．
∵∠FBN＝α+β＝∠FBE，BE＝BN，BF＝BF，
∴△BFE≌△BFN（SAS），
∴EF＝FN，
∵在Rt△NFC中，CF2+CN2＝NF2，
∴EA2+CF2＝EF2；
（3）如图3，延长GE，HF交于K，
由（2）知EA2+CF2＝EF2，
1 1 1
∴ EA2+ CF2＝ EF2，
2 2 2
∴S +S ＝S ，
△AGE △CFH △EFK
∴S +S +S ＝S +S ，
△AGE △CFH 五边形BGEFH △EFK 五边形BGEFH
即S ＝S ，
△ABC 矩形BGKH
1 1
∴ S ＝ S ，
2 △ABC 2 矩形BGKH
∴S ＝S ＝S ，
△GBH △ABO △CBO
∴S ＝S ，S ＝S ，
△BGM 四边形COMH △BMH 四边形AGMO
∵S ：S ＝8：9，
四边形AGMO 四边形CHMO
∴S ：S ＝8：9，
△BMH △BGM
∵BM平分∠GBH，
∴BG：BH＝9：8，
设BG＝9k，BH＝8k，
∴CH＝3+k，∵AG＝3，
∴AE＝3❑√2，
∴CF＝❑√2（k+3），EF＝❑√2（8k﹣3），
∵EA2+CF2＝EF2，
∴(3❑√2) 2+[❑√2(k+3)] 2=[❑√2(8k−3)] 2 ，
整理得：7k2﹣6k﹣1＝0，
1
解得：k＝﹣ （舍去），k＝1．
1 7 2
∴AB＝12，
❑√2
∴AO＝ AB＝6❑√2，
2
∴⊙O的半径为6❑√2．
14．（2022秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点P从点A
出发沿AB边以1cm/s的速度向点B移动，同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s的速度向点C移动，其中
一点到达终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为t秒：
（1）如图1，几秒后，△DPQ的面积等于21cm2？
（2）在运动过程中，若以P为圆心的⊙P同时与直线AD、BD相切（如图2），求t值；
（3）若以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q．
①在运动过程中，是否存在t值，使得点D落在⊙Q上？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
②若⊙Q与四边形CDPQ有三个公共点，则t的取值范围为 ．（直接写出结果，不需说理）
【思路点拨】
（1）由题意可知PA=t，BQ=2t，从而得到PB=6−t，BQ=2t，QC=8−2t．再根据
S =21cm2=S −S −S −S ，即可列出关于t的方程，解出t的值即可；
△DPQ 矩形ABCD △ADP △PQB △CDQ
（2）连接PE，依据勾股定理可求得BD的长，然后依据切线长定理可知DE=AD=8，从而可求得BE的长，由圆的半径相等可知PE=AP=t，然后在Rt△PEB中依据勾股定理列方程求解即可；
（3）①先用含t的式子表示出BP、BQ、CQ的长，然后依据DC2+CQ2=PB2+QB2列出关于t的方
程，从而可求得t的值；②当t=0时，⊙Q与四边形DPQC有两个公共点，由①可知当t=−10+2❑√41
时，⊙Q与四边形DPQC有两个公共点，从而可确定出t的取值范围．
【解题过程】
（1）解：∵当运动时间为t秒时，PA=t，BQ=2t，
∴PB=6−t，BQ=2t，CQ=8−2t．
∵S =21cm2=S −S −S −S ，
△DPQ 矩形ABCD △ADP △PQB △CDQ
1 1 1
∴6×8− ×8t− ×(6−t)(2t)− ×6(8−2t)=21cm2 ，
2 2 2
整理，得：t2−4t+3=0，
解得：t =1，t =3，
1 2
∴当t为1秒或3秒时，△DPQ的面积等于21cm2；
（2）解：连接PE，如图，
∵以P为圆心的⊙P同时与直线AD、BD相切，
∴PE⊥BD，AD=DE=8．
在Rt△ABD中，BD=❑√AD2+AB2=10，
∴BE=BD−BE=10−8=2．
∵AP=PE，
∴PE=t，PB=6−t．
在Rt△PEB中，PB2=PE2+BE2，
∴(6−t) 2=t2+22，
8
解得：t= ；
3（3）解：①如图，
∵PA=t，BQ=2t，
∴PB=6−t，CQ=8−2t．
∵点D落在⊙Q上，
∴QD=QP．
∵在Rt△CDQ中，QD2=CD2+CQ2，
在Rt△PBQ中，PQ2=PB2+BQ2，
∴CD2+CQ2=PB2+BQ2，
∴62+(8−2t) 2=(6−t) 2+2t2，
整理，得：t2+20t−64=0，
解得：t =−10+2❑√41，t =−10−2❑√41（舍），
1 2
∴存在t值，使得点D落在⊙Q上，此时t值为t=−10+2❑√41；
②分类讨论：当t=0时，如图，
⊙Q与四边形DPQC有两个公共点；
当⊙Q经过点D时，⊙Q与四边形DPQC有两个公共点，如图，由①可知此时t=−10+2❑√41，
∴当0<t<−10+2❑√41时，⊙Q与四边形DPQC有三个公共点．
故答案为：0<t<−10+2❑√41．
15．（2022·江西抚州·校考二模）如图，在平行四边形ABCD中，点A，B，D三个点都在⊙O上，CD与
⊙O交于点F，连接BO并延长交边AD于点E，点E恰好是AD的中点．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若AE＝1，∠BAD＝75°；
①求BE的长；
②求阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）根据垂径定理的推论可确定BE⊥AD，再结合平行四边形的性质即可证明．
（2）①连接AO．根据直角三角形两个锐角互余求出∠ABO，再根据等边对等角和三角形外角的性质求出
∠AOE，根据30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理和等价代换思想求出OB和OE的长度，即可求出
BE的长度．
②连接OD，OF，BF．根据等价代换思想求出DE的长度，进而求出△ODE的面积；根据平行四边形的性
质，圆内接四边形的性质求出∠ABF，进而求出∠OBF，根据等边三角形的判定定理和性质求出∠BOF，
进而求出扇形OBF的面积；根据圆周角定理求出∠BOD，进而求得DOF，再根据三角形面积公式求出
△DOF的面积；根据线段的和差关系和平行四边形的性质求出BC的长度，然后根据梯形面积公式求出梯
形EBCD的面积，再减去扇形OBF，△DOF，△ODE这三部分的面积即可得到阴影部分的面积．
【解题过程】
（1）证明：∵点E是AD的中点，∴BE⊥AD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴BE⊥BC．
∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：①如图，连接AO．
∵BE⊥AD，∠BAD＝75°，
∴∠ABO＝15°．
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABO＝15°．
∴∠AOE=∠BAO+∠ABO＝30°．
∵AE=1，
∴OA＝2AE＝2．
∴OB＝2，OE＝❑√OA2−AE2=❑√3．
∴BE＝OB+OE＝2+❑√3．
②如图，连接OD，OF，BF．
∵AE=1，E是AD的中点，
∴DE=1．1 ❑√3
∴S = OE⋅DE= ，AD=AE+DE=2．
△ODE 2 2
∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝75°，
∴∠ADC＝180°-∠BAD=105°，∠BOD=2∠BAD=150°．
∵四边形ABFD内接于⊙O，
∴∠ABF=180°-∠ADC=75°．
∴∠OBF=∠ABF-∠ABO=60°．
∵OF=OB=2，
∴△OBF是等边三角形．
∴∠BOF=60°．
60π×22 2π
∴∠DOF=∠BOD-∠BOF=90°，S
扇形
OBF= = ．
360 3
∵OF=2，
∴OD=OF=2．
1
∴S = OD⋅OF=2．
△DOF 2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=2．
(DE+BC)⋅BE 6+3❑√3
∴S EBCD= = ．
梯形
2 2
2π
∴S =S EBCD-S OBF−S −S =1+❑√3− ．
阴 梯形 扇形 △DOF △ODE 3
2π
∴阴影部分的面积为1+❑√3− ．
3
16．（2023秋·广东东莞·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，C是半圆O上的一点，AC平分
∠DAB，AD⊥CD，垂足为D，AD交⊙O于E，连接CE．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AB=10，DC=4，求AC的长；（3）若E是弧AC的中点，⊙O的半径为5，求图中阴影部分的面积．
【思路点拨】
（1）由AC平分∠DAB得∠1=∠2，加上∠1=∠3，则∠2=∠3，于是可判断OC∥AD，由于
AD⊥CD，所以OC⊥CD，则可根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）如图，过点O作OH⊥AD与H，根据垂径定理得AH=HE，再证明四边形OCDH为矩形，得到
OH=DC=4，HD=OC=5，在Rt△AOH中利用勾股定理计算出AH=3，则AD=AH+HD=8，然后
在Rt△ADC中根据勾股定理可计算出AC的长；
（3）如图，连接OE，点E是弧AC的中点得到A´E=C´E，先证明四边形OAEC为菱形，得到
CE=AE=OC=OE=OA=5，S =S ，△OCE和△AOE为等边三角形，从而得到
△OCE △OAE
S =S ，S =S ，∠DCE=30°，
扇形OCE 扇形OAE 弓形AE 弓形CE
5 5❑√3 25❑√3
在Rt△DCE中，可计算出DE= ，CD= ，所以S = ，然后利用S =S 即可得出
2 2 △CDE 8 阴影部分 △CDE
结论．
【解题过程】
（1）证明：如图，
∵AC平分∠DAB，OA=OC，
∴∠1=∠2，∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OC∥AD，
∴∠ADC+∠OCD=180°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠OCD=180°−∠ADC=180°−90°=90°，
∴OC⊥CD，
∴CD为⊙O的切线．
（2）解：如图，过点O作OH⊥AD与H，∴AH=HE，
∵OC⊥CD，HD⊥CD，OH⊥HD，
∴∠OHD=∠ADC=∠OCD=90°
∴四边形OCDH为矩形，
∵AB=10，DC=4，
∴OH=DC=4，HD=OC=5，
在Rt△AOH中，
∵OA=5，OH=4，
∴AH=❑√OA2−OH2=❑√52−42=3，
∴AD=AH+HD=3+5=8，
在Rt△ADC中，
∵CD=4，AD=8，
∴AC=❑√CD2+AD2=❑√42+82=4❑√5．
∴AC的长为4❑√5．
（3）如图，连接OE，
∵E是弧AC的中点，⊙O的半径为5，
∴A´E=C´E，
∴∠2=∠ECA，
∵∠2=∠1，
∴∠1=∠ECA，∴EC∥OA，
又∵OC∥AE，
∴四边形OAEC为平行四边形，
∵OA=OC，
∴四边形OAEC为菱形，
∴CE=AE=OC=OE=OA=5，S =S ，
△OCE △OAE
∴△OCE和△AOE为等边三角形，
∴∠AOE=∠COE=∠OCE=60°，
∴S =S ，
扇形OCE 扇形OAE
∴S =S ，
弓形AE 弓形CE
∵∠DCO=90°，
∴∠DCE=30°，
在Rt△DCE中，CE=5，
∴DE=
1
CE=
5
，CD=❑√CE2−DE2=❑
√
52−
(5) 2
=
5❑√3
，
2 2 2 2
1 1 5 5❑√3 25❑√3
∴S = DE⋅CD= × × = ，
△CDE 2 2 2 2 8
25
∴S =S = ❑√3．
阴影部分 △CDE 8
17．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级期末）四边形ABCD为矩形，点A，B在⊙O上，连接OC、OD．
（1）如图1，求证：OC＝OD；
（2）如图2，点E在⊙O上，DE∥OC，求证：DA平分∠EDO；
（3）如图3，在（2）的条件下，DE与⊙O相切，点G在弧BF上，弧FG＝弧AE，若BG＝3❑√2，DF＝
2，求AB的长．
【思路点拨】
（1）连接OA、OB，则OA=OB，根据矩形的性质和等腰三角形的性质证得∠DAO=∠CBO，AD=BC，进而利用SAS证明△AOD≌△BOC即可证得结论；
1
（2）过O作OM⊥CD于M，则OM∥AD，根据等腰三角形的三线合一性质证得∠DOM=∠COM= ∠COD，
2
1 1
根据平行线的性质证得∠ODA=∠DOM= ∠COD= ∠EDO，进而证得结论；
2 2
（3）连接OB、OG、AG、OE、EF，设EF与AD相交于H，利用切线性质可得OE⊥DE，进而得到
OC⊥OE，利用弦切角定理和角平分线定义得到∠AHE=45°，根据平行线的性质证得∠DAG=∠AHE=45°，
再利用圆周角定理和勾股定理求得圆的半径和DE长，过D作DN⊥OC于N，利用矩形的判定与性质可得
DN=OE=3，ON=DE=4，再利用勾股定理求得CD即可求得AB长．
【解题过程】
（1）证明：如图1，连接OA、OB，则OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，AD=BC，AB=CD，
∴∠DAO=∠CBO，
在△AOD和△BOC中，
{
OA=OB
)
∠DAO=∠CBO ，
AD=BC
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴OC=OD；
（2）证明：过O作OM⊥CD于M，则∠OMD=90°，∴∠ADC=∠OMC=90°，
∴OM∥AD，
∵OM⊥CD，OC=OD，
1
∴∠DOM=∠COM= ∠COD，
2
∵OM∥AD，DE∥OC，
∴∠COD=∠EDO，∠DOM=∠ODA，
1
∴∠ODA= ∠EDO，
2
∴DA平分∠EDO；
（3）解：连接OB、OG、AG、OE、EF，设EF与AD相交于H，
∵DE与⊙O相切，
∴OE⊥DE，又OC∥DE，
∴OC⊥OE，
1 1
∴∠EOD+∠ODE=90°，即 ∠EOD+ ∠EDO=45°，
2 2
1
由（2）结论知，∠EDA= ∠EDO，
2
∵∠DEF为弦切角，
1
∴∠DEF= ∠EOD，
2
∴∠AHE=∠DEF+∠EDA=45°，
∵弧FG＝弧AE，
∴EF∥AG，
∴∠DAG=∠AHE=45°，又∠BAD=90°，
∴∠BAG=90°－∠DAG=45°，
∴∠BOG=2∠BAG=90°，在Rt△BOG中，OB=OG，BG＝3❑√2，
由勾股定理得：OB2+OG2=（3❑√2）2，即2OB2=18，
∴OB=3，
∴OE=OF=3，又DF＝2，
∴OD=OF+DF=3+2=5，
∴DE= ❑√OD2−OE2= ❑√52−32=4，
过D作DN⊥OC于N，则四边形EOND为矩形，
∴DN=OE=3，ON=DE=4，
∵OC=OD=5，
∴CN=OC－ON=5－4=1，
在Rt△CDN中，CD= ❑√DN2+CN2=❑√32+12= ❑√10，
∴AB=CD= ❑√10．
18．（2023·河南开封·河南大学附属中学校考二模）小贺同学在数学探究课上，用几何画板进行了如下操
作：首先画一个正方形ABCD，一条线段OP(OP<AB)，再以点A为圆心，OP的长为半径，画⊙A分别
交AB于点E．交AD于点G．过点E，G分别作AB，AD的垂线交于点F，易得四边形AEFG也是正方
形，连接CF．
（1）【探究发现】如图1，BE与DG的大小和位置关系：_________．
（2）【尝试证明】如图2，将正方形AEFG绕圆心A转动，在旋转过程中，上述（1）的关系还存在吗？
请说明理由．
（3）【思维拓展】如图3，若AB=2OP=4，则
①在旋转过程中，点B，A，G三点共线时，CF的值为__________；
②在旋转过程中，CF的最大值是 .
【思路点拨】（1）①延长GF交BC于H，连接AC， 证得A、F、C三点共线，Rt△CHF是等腰三角形，由四边形
BEFH是矩形，四边形HCDG是矩形，可得出BE=DG,BE⊥DG；
（2）通过延长BE交DG于点M，交AD于点N．证得△BAE≌△DAG，即可得出答案；
（3）①延长GF、DC交于点Q，可得四边形BCQD是矩形、四边形AGQD是矩形，得出DQ=AG=2，
QF=2，QC=6再利用勾股定理即可得出答案；②依题意可得出F的运动轨迹是以A为圆心，2❑√2为半径
的圆，当C、A、F三点共线，且CF=CA+AF时，CF取得最大值，即可得出答案．
【解题过程】
（1）解：延长GF交BC于H，连接AC，
在正方形ABCD和正方形AEFG中：
∠BAG=∠AGF=∠GFE=∠FEA=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AF平分∠GAE，CA平分
∠DAB，
∴∠DGH=∠HFE=∠FEB=90°，∠DAF=∠DAC=45°，
∴A、F、C三点共线，
∴∠HCF=45°．
∵∠HBE=∠BEF=∠EFH=90°，∠HCD=∠CDG=∠DGH=90°，
∴四边形BEFH是矩形，四边形HCDG是矩形，
∴BE=HF，∠CHF=90°，DG=CH，
∵∠CHF=90°，∠HCF=45°，
∴∠CFH=45°，
∴CH=HF，
∵BE=HF， ，
∵DG=CH，
∴BE=DG,
∵∠BAD=90°，
∴BE⊥DG，
故答案为∶BE=DG,BE⊥DG．（2）解：（1）中的关系存在．理由如下：
延长BE交DG于点M，交AD于点N，
∵∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAD−∠EAD=∠EAG−∠EAD，
∴∠BAE=∠DAG．
在△BAE和△DAG中，
{
AB=AD,
)
∠BAE=∠DAG,
AE=AG,
∴△BAE≌△DAG(SAS)．
∴BE=DG,∠ABE=∠ADG．
在△ABN和△MDN中，
∵∠ABN=∠MDN,∠ANB=∠DNM，
∴∠DMN=∠BAN=90°，
∴BE⊥DG．
∴BE=DG且BE⊥DG．
（3）解：①延长GF、DC交于点Q，
∵∠QGF=∠GBC=∠BCQ=90°，
∴四边形BCQD是矩形，
∴∠CQG=90°，QG=BC=4
∵∠DAG=∠AGQ=∠GQD=90°，∴四边形AGQD是矩形，
∴DQ=AG=2，
∵QF=QG−FG=4−2=2，QC=QD+CD=2+4=6，
∴CF=❑√CQ2+QF2=❑√62+22=2❑√10，
故答案为：2❑√10．
②在正方形ABCD和正方形AEFG中∶
AC=❑√42+42=4❑√2,AF=❑√22+22=2❑√2，
∴F的运动轨迹是以A为圆心，2❑√2为半径的圆，
∴当C、A、F三点共线，且CF=CA+AF时，CF取得最大值．
此时CF=CA+AF=4❑√2+2❑√2=6❑√2，
故答案为：6❑√2．
19．（2022秋·江苏宿迁·九年级统考期中）如图1，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm，点P以
1.5cm/s的速度从点A向点B运动，点Q以2cm/s的速度从点C向点B运动．点P、Q同时出发，运动时间为
t秒（0<t<2），⊙M是△PQB的外接圆．
（1）当t=1时，⊙M的半径是___________cm，⊙M与直线CD的位置关系是___________；
（2）在点P从点A向点B运动过程中，
①圆心M的运动路径长是___________cm；
②当⊙M与直线AD相切时，求t的值．
（3）连接PD，交⊙M于点N，如图2，当∠APD=∠NBQ时，求t的值．
【思路点拨】
（1）过点M作KN⊥AB于N，交CD于K，根据矩形的性质，得出∠ABC=90°，AB∥CD，再根据
圆周角定理和平行线的性质，得出⊙M的直径是PQ，KN⊥CD，再根据题意，得出当t=1时，AP=3cm，CQ=4cm，再根据线段之间的数量关系，得出PB=3cm，BQ=4cm，再根据勾股定理，得
5 1
出PQ=5cm，进而得出⊙M的半径为 cm，再根据中位线的性质，得出MN= BQ=2cm，进而得出
2 2
5
MK=6cm，再根据6cm> cm，即可判断⊙M与直线CD的位置关系；
2
（2）①根据P、Q运动的速度与AB、BC的比相等，得出圆心M在对角线BD上，再根据图形和题意，得
出P和Q两点在t=2时在点B重合，当t=0时，直径为对角线AC，M是AC的中点，再根据中点的性质，
1
得出OB= BD，再根据勾股定理，得出BD=10cm，进而得出OB的长，即为圆心M的运动路径长；②
2
当⊙M与AD相切时，设切点为F，连接FM并延长交BC于E，根据切线的性质，得出EF⊥AD，
EF⊥BC，再根据线段之间的数量关系和题意，得出BQ=4−2t，PB=3−1.5t，再根据勾股定理，得
5 1 5 5
出PQ=5− t，再根据圆的性质，得出PM= PQ=FM= − t，再根据中位线的性质，得出
2 2 2 4
1 3 3
ME= PB= − t，再根据线段之间的数量关系，列出关于t的方程，解出即可得出答案；
2 2 4
（3）过D作DG⊥PQ，交PQ的延长线于点G，连接DQ，根据等量代换，得出∠APD=∠NPQ，再根
据角平分线的性质，得出AD=DG=4cm，再根据HL，得出Rt△APD≌Rt△GPD，再根据全等三角形
的性质，得出PG=AP=1.5t，再根据①，得出PQ=5−2.5t，再根据线段之间的数量关系，得出
QG=4t−5，再根据勾股定理，列出方程，解出即可得出答案．
【解题过程】
（1）解：如图，过点M作KN⊥AB于N，交CD于K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB∥CD，∴⊙M的直径是PQ，KN⊥CD，
当t=1时，AP=3cm，CQ=4cm，
∵AB=6cm，BC=8cm，
∴PB=6−3=3cm，BQ=8−4=4cm，
∴PQ=❑√32+42=5cm，
5
∴⊙M的半径为 cm，
2
∵MN∥BQ，M是PQ的中点，
∴PN=BN，
∴MN是△PQB的中位线，
1 1
∴MN= BQ= ×4=2cm，
2 2
∴MK=8−2=6cm，
5
∵6cm> cm，
2
∴⊙M与直线CD的位置关系是相离；
5
故答案为： ；相离
2
（2）解：①如图，
∵P、Q运动的速度与AB、BC的比相等，
∴圆心M在对角线BD上，
由图可知，P和Q两点在t=2时在点B重合，当t=0时，直径为对角线AC，M是AC的中点，
1
∴OB= BD，
2
由勾股定理，可得：BD=❑√62+82=10cm，1
∴OB= ×10=5cm，
2
∴圆心M的运动路径长是5cm；
故答案为：5
②如图，当⊙M与AD相切时，
设切点为F，连接FM并延长交BC于E，则EF⊥AD，EF⊥BC，
则BQ=4−2t，PB=3−1.5t，
5
∴PQ=5− t，
2
1 1 ( 5 ) 5 5
∴PM= PQ=FM= × 5− t = − t，
2 2 2 2 4
在△BPQ中，
1 3 3
ME= PB= − t，
2 2 4
∵EF=FM+ME，
5 5 3 3
∴ − t+ − t=3，
2 4 2 4
1
解得：t= ，
2
1
∴t的值为 ；
2
（3）解：如图，过D作DG⊥PQ，交PQ的延长线于点G，连接DQ，∵∠APD=∠NBQ，∠NBQ=∠NPQ，
∴∠APD=∠NPQ，
∵∠A=90°，DG⊥PG，
∴AD=DG=4cm，
∵PD=PD，
∴Rt△APD≌Rt△GPD(HL)，
∴PG=AP=1.5t，
∵PQ=5−2.5t，
∴QG=1.5t−(5−2.5t)=4t−5，
∵DC2+CQ2=DQ2=DG2+QG2，
∴32+(2t) 2=42+(4t−5) 2，
∴3t2−10t+8=0，
即(t−2)(3t−4)=0，
4
解得：t =2（舍去），t = ，
1 2 3
4
∴t= ．
3
20．（2023·江苏连云港·统考一模）问题提出：
（1）“弦图”是中国古代数学成就的一个重要标志．小明用边长为5的正方形ABCD制作了一个“弦
图”：如图①，在正方形ABCD内取一点E，使得∠BEC=90°，作DF⊥CE，AG⊥DF，垂足分别为
F、G，延长BE交AG于点H．若EH=1，求BE的长；变式应用：
（2）如图②，分别以正方形ABCD的边长AB和CD为斜边向内作Rt△ABE和Rt△CDF，连接EF，若已
知∠AEB=∠CFD=90°，AE=CF，Rt△ABE的面积为8，EF=3❑√2，则正方形ABCD的面积为 ．
拓展应用：
（3）如图③，公园中有一块四边形空地ABCD，AB=BC=60米，CD=120米，AD=60❑√2米，
∠ABC=90°，空地中有一段半径为60米的弧形道路（即A´C），现准备在A´C上找一点P将弧形道路改造
为三条直路（即PA、PB、PC），并要求∠BPC=90°，三条直路将空地分割为△ABP、△BCP和四边
形APCD三个区域，用来种植不同的花草．
①则∠APC的度数为 ；
②求四边形APCD的面积．
【思路点拨】
（1）根据矩形的判定定理得到四边形EFGH是矩形，求得∠EHG=∠AHB=90°，根据正方形的性质得
到∠ABC=90°，AB=BC，根据全等三角形的性质得到AH=BE，根据勾股定理即可得到结论；（2）如图②，延长DF交AE于H，延长BE交CF于G，根据全等三角形的性质得到DF=BE，
∠CDF=∠ABE，求得∠DCF=∠ADF，根据余角的性质得到∠AHD=90°，同理∠BGC=90°，
∠BCG=∠ABE，根据全等三角形的性质得到FH=HE=EG=FG，求得正方形FHEG的面积
1
= EF2=9，于是得到结论；
2
（3）①如图③，连接AC，根据勾股定理得到AC=❑√AB2+BC2=60❑√2，根据勾股定理的逆定理得到
∠CAD=90°，推出CD是A´C所在圆的直径，△ACD是等腰直角三角形，得到点A，P，C，D四点共
圆，∠D=∠ACD=45°，圆内接四边形的性质得到∠APC的度数；
②根据三角形的面积公式得到S =3600；根据旋转的想得到∠QBP=90°，BQ=BP，
△ACD
∠AQB=∠BPC=90°，延长CP交AQ于M，推出△AMP是等腰直角三角形，得到AM=PM，根据勾
股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【解题过程】
解：∵∠BEC=90°，DF⊥CE，AG⊥DF，
∴∠CEH=∠DFE=∠AGF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴∠EHG=∠AHB=90°，
∴∠AHB=∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠ABH+∠CBE=∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠BAH=∠CBE，
在△ABH和△BCE中，
{∠AHB=∠BEC
)
∠BAH=∠CBE ，
AB=BC
∴△ABH≌△BCE(AAS)，
∴AH=BE，
∵AH2+BH2=AB2，
∴BE2+(BE+1) 2=52，
解得：BE=3或BE=−4（负值不合题意，舍去），∴BE的长为3；
（2）解：如图②，延长DF交AE于H，延长BE交CF于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB，
∵∠AEB=∠CFD=90°，AE=CF，
在Rt△CDF和Rt△ABE中，
{CF=AE)
，
CD=AB
∴Rt△CDF≌Rt△ABE(HL)，
∴DF=BE，∠CDF=∠ABE，∠DCF=∠BAE，
∵∠CDF+∠ADH=∠CDF+∠DCF=90°，
∴∠ADH=∠DCF，
∴∠ADH=∠BAE，
∴∠ADH+∠DAE=∠BAE+∠DAE=90°，
∴∠AHD=90°，
同理∠BGC=90°，∠CBG=∠BAE，
在△ADH和△BAE中，
{∠ADH=∠BAE
)
∠AHD=∠BEA ，
DA=AB
∴△ADH≌△BAE(AAS)，
∴DH=AE，AH=BE，
在△CBG和△BAE中，
{∠CBG=∠BAE
)
∠BGC=∠AEB ，
BC=AB
∴△CBG≌△BAE(AAS)，
∴BG=AE，CG=BE，∴DH=AE=BG=CF，DF=AH=BE=CG，
∴FH=HE=EG=GF，
∴四边形FHEG是正方形，
∵Rt△ABE的面积为8，EF=3❑√2，
1 1
∴正方形FHEG的面积为： EF2= ×(3❑√2) 2=9，
2 2
∴正方形ABCD的面积为：4×8+9=41，
故答案为：41；
（3）如图③，连接AC，
∵AB=BC=60，∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=60❑√2，
∵CD=120，AD=60❑√2，
∴AC2+AD2=(60❑√2) 2+(60❑√2) 2=1202=CD2，
∴∠CAD=90°，
∴CD是A´C所在圆的直径，△ACD是等腰直角三角形，
∴点A，P，C，D四点共圆，∠D=∠ACD=45°，
∴∠D+∠APC=180°，
∴∠APC=180°−∠D=135°，
故答案为：135°；
②∵△ACD是等腰直角三角形，
1 1
∴S = AD⋅AC= ×60❑√2×60❑√2=3600，
△ACD 2 2
把△BPC绕着点B逆时针旋转90°，得到△ABQ，∴∠QBP=90°，BQ=BP，∠AQB=∠BPC=90°，
∴∠∠AQB+∠PBQ=180°，∠BQP=∠BPQ=45°，
∴PB∥AQ，
∴∠PQA=∠BPQ=45°，
延长CP交AQ于M，
∴CP⊥AQ，∠APM=180°−∠APC=45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，∠PQA=∠PAQ=45°，
∴AM=PM，PA=PQ，
1
∴PM= AQ，
2
∵∠MQB=∠QMP=∠PBQ=90°，
∴四边形BQMP是正方形，
∴BQ=PM，
∴AQ=2BQ，
∵AQ2+BQ2=AB2，
∴4BQ2+BQ2=602，
∴BQ2=720，
∴S =S −S −S
△APC △ABC △APB △BPC
=S −(S +S )
△ABC △APB △BQA
=S −S
△ABC 四边形AQBP
1 ( 1 )
= ×60×60− 720+ ×720
2 2
=720，
∴S =S +S =720+3600=4320（平方米）．
四边形APCD △APC △ACD
